De du tru 2 Khoi D 2007 (co dap an)

Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
1x
x
y
−
=
(C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận của (C)
cắt nhau tạo thành một tam giác cân.
Câu II:
1. Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx
2. Tìm m để hệ phương trình :





=+
=−−
1xyx
0myx2
có nghiệm duy nhất
Câu III: Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và các đường thẳng
2
z
3
3y
2

1x
:d
1
=
−
−
=
−
và
5
5z
4
y
6
5x
:d
2
−
+
==
−
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d
1
và (Q) ⊥ (P).
2. Tìm các điểm M ∈ d
1
, N ∈ d
2
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng
bằng 2.

Câu IV:
1. Tính
∫
π
=
2
0
2
xdxcosxI
2. Giải phương trình:
x
x
2
2x1
x
12
log
−+=
−
.
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn
mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau.
2. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0, 1) B(2, –1) và các đường thẳng:
d
1
: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0
d
2
: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0

Chứng minh d
1
và d
2
luôn cắt nhau. Gọi P = d
1
∩ d
2
. Tìm m sao cho
PBPA
+
lớn nhất
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình:
022.72.72
xx21x3
=−+−
+
.
2. Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung
điểm của đoạn AA
1
. Chứng minh BM ⊥ B
1

C và tính d(BM, B
1
C).
Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải)
2. Ta có
( )
2
1
y' 0, x 1
x 1
−
= < ∀ ≠
−
Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông
cân ta phải có hệ số góc của tiếp tuyến là –1 tức là:
( )
( )
2x ,0x11x1
1x
1
21
2
2
==⇒=−⇔−=
−
−
. Tại x
1

= 0 ⇒ y
1
= 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x
. Tại x
2
= 2 ⇒ y
2
= 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4
Câu II:
1. Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1)
Đặt: t = tgx
2
t1
t2
x2sin
+
=⇒
. Pt (1) thành

( )
2
2t
1 t 1 1 t
1 t
 
− + = +
 ÷
+
 
( ) ( )

2
2
1 t t 1 (t 1)(1 t )⇔ − + = + +

( ) ( )
2
t 1 0 hay 1 t t 1 (1 t )⇔ + = − + = +

t 1 hay t 0⇔ = − =
Do đó (1) ⇔ tgx = 0 hay tgx = –1
⇔ x = kπ hay x =
4
π
−
+ kπ, k
∈ ¢
Cách khác
(1) ⇔ (cosx – sinx)(cosx + sinx)
2
= cosx + sinx
(hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm)
⇔ cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1
⇔ tgx = -1 hay cos2x = 1⇔ x =
4
π
−
+ kπ hay x = kπ, k
∈ ¢
2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
(I)






−=
=−−
⇔





=+
=−−
x1xy
0myx2
1xyx
0myx2
Với điều kiện:



≤
≥
1x
0xy
ta có
(I)
⇔

( )
( )
( )
2
2
y 2x m
y 2x m
1 x
xy 1 x
y x 1
x
= −

= −


⇔
−
 
= −
= ≤



( )
( )
2
2
1 x
2x m x 2 m x 1 0

x
−
⇒ = − ⇔ + − − =
(∗)
( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của (∗) )
Đặt
( )
2
f (x) x 2 m x 1= + − −
, ( a = 1 )
ycbt ⇔ tìm m để phương trình (∗) có đúng 1 nghiệm thỏa x ≤ 1
⇔ af(1) < 0 hay
f (1) 0 0(vn,do ac 0)
c b
hay
1 1(VN) 1
a 2a
= ∆ = <
 
 
 
= − > − ≤
 
 
⇔
2 m−
< 0 ⇔ m > 2
Câu III:
1. d
1

đi qua A(1, 3, 0), VTCP
( )
2,3,2a
−=
Mặt phẳng (P) có PVT
( )
2,2,1n
P
−=
M/phẳng (Q) chứa d
1
và ⊥ (P) nên (Q) có PVT
[ ]
( )
1,2,2n,an
PQ
−−−==
Vậy (Q) qua A có PVT
( )
1,2,2n
Q
−−−=
nên phương trình (Q):
–2(x – 1) – 2(y – 3) – 1(z – 0) = 0 ⇔ 2x + 2y + z – 8 = 0
2. P/trình tham số d
1
:
x 1 2t
y 3 3t
z 2t

= +


= −

=


( )
1
M d M 1 2t,3 3t,2t∈ ⇒ + −
P/trình tham số d
2
:
x 5 6t '
y 4t '
z 5 5t '
= +


=

= − −



( )
2
M d N 5 6t ',4t ', 5 5t '∈ ⇒ + − −
Vậy

( )
5t2't5,3t3't4,4t2't6MN
−−−−++−=
Mặt phẳng (P) có PVT
( )
2,2,1n
P
−=
Vì MN // (P)
0n.MN
P
=⇔
( ) ( ) ( )
1 6t ' 2t 4 2 4t ' 3t 3 2 5t ' 2t 5 0 t t '⇔ − + − + − + − − − = ⇔ = −
. Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P)
( ) ( )
2
441
1t22t332t21
=
++
−+−−+
6 12t 6 6 12t 6 hay 6 12t 6 t 1hay t 0⇔ − + = ⇔ − + = − + = − ⇔ = =
. t = 1 ⇒ t' = –1 ⇒ M
1
(3, 0, 2) N
1
(–1, –4, 0)
. t = 0 ⇒ t' = 0 ⇒ M
2

(1, 3, 0) N
2
(5, 0, –5)
Câu IV:
1. Tính
∫
π
=
2
0
2
xdxcosxI
Đặt: u = x
2
⇒ du = 2xdx ; dv = cosxdx , chọn v = sinx
Vậy I =
π π
π
= −
∫ ∫
2 2
2 2
2
0
0 0
x cos xdx x sin x 2 x sin xdx
Ta có
π
π
=

2
2
2
0
x sin x
4
I
1
=
2
0
x sin xdx
π
∫
; Đặt u = x ⇒ du = dx
dv = sinxdx, chọn v = − cosx
I
1
=
π π
π
= − +
∫ ∫
2 2
2
0
0 0
x sin xdx x cos x cos xdx
=
[ ]

2
0
x cosx sin x 1
π
− + =
Vậy : I =
2
2
2
0
x cos xdx 2
4
π
π
= −
∫
2. Giải phương trình
x
x
2
2 1
log 1 x 2 (*)
x
−
= + −
Điều kiện
x x 0
2 1 0 2 1 2
x 0
x 0 x 0

 
 
− > > =
⇔ ⇔ >
 
≠ ≠
 
 
(*) ⇔
−
= − +
x
x
2
2 1
log 1 2 x
x
và x > 0

⇔ − − = − +
x x
2 2
log (2 1) log x 1 2 x
và x > 0
⇔ (2
x
− 1) + log
2
(2
x

− 1) = x + log
2
x (**)
Xét hàm f(t) = t + log
2
t đồng biến nghiêm cách khi t > 0
Do đó f(u) = f(v) ⇔ u = v, với u > 0, v > 0
Vậy từ (**) ⇔ 2
x
− 1 = x ⇔ 2
x
− x −1 = 0 (***)
Lại xét hàm g(x) = 2
x
− x − 1 khi x > 0
g'(x) = 2
x
ln2 − 1 , g'(x) = 0 ⇔
= = >
x
2
1
2 log e 1
ln 2
⇔
2 2
x log (log e) 0= >

Ta có g
//

(x) > 0 với mọi x nên g'(x) là hàm tăng trên R